文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（广东专用）
黄金卷08
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要
求的。
1．集合 ，集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据已知可得 ，然后根据交集的运算，即可得出答案.
【详解】由已知可得， ，
所以， .
故选：B.
2．复数 ，则 对应点在第几象限（ ）
A．四 B．三 C．二 D．一
【答案】D
【分析】利用复数运算求出复数，再根据共轭复数及几何意义即可判断选择.
【详解】因为 ，
则 ，
则 对应的点 ，位于第一象限.
故选：D.
3．已知 ，那么命题 的一个必要不充分条件是（ ）
A． B． C． D．【答案】B
【分析】根据必要条件的定义对每个选择进行分析即可求解．
【详解】 ，
根据充分条件、必要条件的定义可知：
对于A， 是 的充要条件,A错误；
对于B， 是 的必要不充分条件，B正确；
对于C， 是 的充分不必要条件，C错误；
对于D， 是 的既不充分也不必要条件，D错误．
故选:B．
4．平面向量 、 满足 ， ， ，则 在 上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出 的值，由 结合平面向量数量积的运算性质求出 的值，再利用投影向量的
定义可求得 在 上的投影向量.
【详解】因为 ， ，则 ，
因为 ，则 ，可得 ，
所以， 在 上的投影向量为
，
故选：C.
5．将甲桶中的 升水缓慢注入空桶乙中， 后甲桶剩余的水量符合指数衰减曲线 .假设过后甲桶和乙桶的水量相等，若再等 min甲桶中的水只有 升，则 的值为（ ）
A．5 B．6 C．8 D．10
【答案】D
【分析】根据题意建立方程组，根据指数和对数的运算，可得答案.
【详解】由题意可得： ，
， ， ；
， ， ， ，解得 .
故选：D.
6．正方形 的边长为12，其内有两点P，Q，点P到边AA， 的距离分别为3，2，点Q到边 ，
AB的距离也是3和2．现将正方形卷成一个圆柱，设得AB和 重合(如图)．则此时P、Q两点间的距离
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用点 和点 所在的截面圆圆心，将 、 两点间的距离转化为 的模进
行计算即可．
【详解】如图，设过点 且平行底面的截面圆心为 ，过点 且平行底面的截面圆心为 ，
设圆柱底面半径为 ，则 ，所以 ，
则 ，
，
，
．
故选：C．
7．已知 ，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用三角函数线的结论，结合导数讨论函数的单调性后可得所求大小关系.
【详解】因为 ，所以由三角函数线可知 ，所以 ，所以 ；
设函数 ，
则 在 上恒成立，
因此 在 上单调递减，
因为 ，所以 ，
则 ，即 ，
综上： .
故选：B.
8．袋中有4个黑球，3个白球.现掷一枚均匀的骰子，掷出几点就从袋中取出几个球.若已知取出的球全是
白球，则掷出2点的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】记 骰子掷出的点数为i， ，事件B: 取出的球全是白球，
分别求出 利用条件概率公式即可求解.
【详解】记 骰子掷出的点数为i， ，事件B: 取出的球全是白球，则 , ，
所以
所以若已知取出的球全是白球，则掷出2点的概率为： .
故选：C.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的
要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．已知 ， 为方程 的两个实根，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】根据根与系数关系求出 ， ，然后再结合基本不等式进行求解.
【详解】由题意得： ， ， ， ；
对于A项： ，
因为： ，所以： ，
所以得： ，当且仅当 时取等号，故A项正确；
对于B项：由 ，所以得： ，故B项错误；
对于C项： ，
所以得： ，故C项正确；
对于D项：
当 时取等号，故D项正确.
故选：ACD.
10．设动直线 交圆 于 ， 两点（点 为圆心），则
下列说法正确的有（ ）A．直线 过定点 B．当 取得最大值时，
C．当 最小时，其余弦值为 D． 的最大值为24
【答案】ABD
【分析】A选项，将直线方程整理为 ，然后得到 ，解方程即可得到定点；B选
项，根据弦长最大是直径得到 最大时经过圆心，然后列方程求解即可；C选项，根据几何知识得到当
直线 与过点 和 的直线垂直时 最小，然后利用勾股定理和余弦定理求余弦值即可；D选
项，根据外心的结论得到 ，然后求最值即可.
【详解】对于选项A，由动直线 ，可得： ，由 ，即 ，
即直线 过定点 ，即选项A正确；
对于选项B，当 取得最大值时，直线 过点 ，即 ，即选项B正确；
对于选项C，当 最小时，此时 最小，当 最小时，直线 与过点 和 的直线垂直，
则 ，即 ，由余弦定理可得 ，即选项C错
误；
对于选项D， ，即 的最大值为24，即选项D
正确，
故选：ABD．
11．已知函数 的定义域为 为 的导函数且 ，若为偶函数，则下列结论一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】先证明 为奇函数，再进行合理赋值逐个分析判断.
【详解】对于D， 为偶函数，则 ，
两边求导可得 ，则 为奇函数，
则 ，令 ，则 ， ，D对；
对于C，令 ，可得 ，则 ，C错；
对于B， ，可得 ，
可得 ，
两式相加可得 ，
令 ，即可得 ，B对；
又 ，
则 ，
，可得 ，
所以 是以 为周期的函数，
所以根据以上性质不能推出 ，A不一定成立.
故选：BD12．已知正方体 的棱长为1，M是棱 的中点．P是平面 上的动点(如图)，则下
列说法正确的是（ ）
A．若点P在线段 上，则 平面
B．平面 平面
C．若 ，则动点P的轨迹为抛物线
D．以 的一边 所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周，在旋转过程中，三棱锥 体
积的取值范围为
【答案】ABD
【分析】利用面面平行证线面平行可判定A项；利用线面垂直证面面垂直可判定B项；利用平面截圆锥的
结论可判定C项；先确定A的轨迹，取 中点分别为N，Q，可证平面 平面 ，利用空间
位置关系确定动点A距离底 的最值即可判定D项.
【详解】
对于A项，如图所示，连接对应面对角线，根据正方体的性质可知： ， 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ，
同理可知 平面 ，
又 平面 ，∴平面 平面 ，
又 ，∴ 平面 ，
∴ 平面 ，故A正确;
对于B项，
A B C D A B C D
易知 面 1 1 1 1， 面 1 1 1 1，则 ，
又 平面 ，
∴ 平面 ，
而 平面 ，∴ ，
同理 ，
又 平面 ，
∴ 平面 ，
又∵ 平面 ，∴平面 平面 ，故B正确;对于C项，因为 为定直线， 是定角， 到 的距离为定值，
所以 时， 在以 为旋转轴， 到 的距离为半径的圆锥上，
又 平面 ，故平面 截圆锥的轨迹为双曲线的一支，即C错误；
对于D项，设 中点分别为N，Q，
则点A的运动轨迹是平面 内以N为圆心， 为半径的圆(如图)，
易知 平面 ，
∴ 平面 ，
∵ 平面 ，∴平面 平面 ，
而 ，
设 与圆的交点分别为E，F(点E位于点F，Q之间，如上图所示)，
易知当点A分别位于点E，F时，点A到平面 的距离分别取到最小值和最大值，
且距离的最小值 ，距离的最大值 ，
∵ 的面积 ，
故选项D正确．综上，正确选项为ABD．
故选：ABD
【点睛】本题难点在判定CD选项，C项需要利用平面截圆锥曲线（不过圆锥顶点）来判定即可（当且仅
当平面平行于圆锥底面时截圆锥所得图形为圆，慢慢倾斜平面至与圆锥母线平行之前截圆锥得图形均为椭
圆，当且仅当平面与圆锥的母线平行时所截图形为抛物线，再倾斜平面直至与圆锥的轴平行时所截图形均
为双曲线的一支）；D项需要先确定旋转过程中A的轨迹，再判定A到面 的距离最值.
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若函数 的部分图象如图，则 的图象的一个对称中心为
．
【答案】 （答案不唯一）
【分析】根据图象得到 ，然后用整体代入得方法求对称中心即可.【详解】由题图可知 ，因为当 时， ，所以 ．因为 ，所以 ，
所以 ．
由题图可知 ，所以 ，所以 ．
由题图可知，当 时， 取得最大值，所以 ，解得 ．又
，所以 ，所以 ．
令 ，解得 ，所以 图象的对称中心为 ，当 时，
图象的一个对称中心为 ．
故答案为： （答案不唯一）.
14． 展开式中， 项的系数为 .
【答案】
【分析】由二项式定理求解．
【详解】 ，∵ 的指数是3，∴得到 ，
∵ 的指数是2，得到 ，∴ 项的系数为 .
故答案为：
15．已知函数 ，若过点 可作曲线 的三条切线，则 的取值范围是
．
【答案】
【分析】设出切线的方程，根据切点和斜率列方程组，利用构造函数法，结合导数求得 的取值范围.【详解】设过点 的直线为 ，
，设切点为 ，
则 ，得 有三个解，
令 ， ，
当 ，得 或 ， ，得 ，
所以 在 ， 单调递增， 单调递减，
又 ， ， 有三个解，
得 ，即 .
故答案为：
【点睛】利用导数研究曲线的切线方程，首先要关注的是给定的点是在曲线上还是在曲线外，两种情况的
求法有区别，也有共同点，共同点是关注切点和斜率，这两个是求解切线问题的突破口.求“解的个数”问
题，可转化为极值或值域问题来进行研究.
16．已知双曲线 为双曲线 的右焦点，点 在双曲线 的右支上， 为 关
于原点 的对称点，且 ，若 ，则双曲线 的离心率为 .
【答案】
【分析】先构造出左焦点，利用对称性和双曲线的定义得到等式，再应用直角三角形得到相关等式，最后
求出离心率即可
【详解】如图所示，作出左焦点 ，连接 ，
令 ，则 ，
由双曲线定义可知 ，所以 ，
因为 关于原点对称且 关于原点对称，所以四边形 为平行四边形，
又 ，所以 ，
在直角 中， ，
在直角 中， ，
又 ，
解得 ，所以 ，
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分，17题10分，18^22每题12分.解答应写出必要的文字说明、证明
过程及验算步骤。
17．在锐角 中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知 .
(1)求角A的大小；
(2)若 ，求 面积S的取值范围.
【答案】(1) ; (2)
【分析】（1）对已知条件变形，代入余弦定理即可；
（2）根据锐角三角形定义确定B的范围，利用正弦定理表示出c，然后代入面积公式，求三角函数的值域可得答案.
【详解】（1）因为 ，
所以 ，
整理得 ，
所以 ，
又 ，所以 .
（2）因为 为锐角三角形，
所以 ，解得 ，
所以 ，
由正弦定理可得 ，
则 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，即 面积S的取值范围为 .
18．已知首项为1的数列 ，其前 项利为 ，且数列 是公差为1的等差数列 ．
(1)求 的通项公式；
(2)若 ，求数列 的前 项和 ．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据 是等差数列，求出 的通项公式，再根据 与 的关系求解；
（2）将数列 化简，再利用裂项相消求和.
【详解】（1）数列 是公差为1的等差数列，且 ，即 ， ，
当 时， ，
当 时， ，满足 ，
综上， 的通项公式为 ．
（2）由题意
，
所以
，
因此，数列 的前 项和 .
19．如图1，在矩形 中， ， ，点 为 的中点，将 沿直线 折起至平面
平面 （如图2），点 在线段 上， 平面 ．(1)求证： ；
(2)求二面角 的大小；
(3)若在棱 、 上分别取中点 、 ，试判断点 与平面 的关系，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3) 平面 ，理由见解析
【分析】（1）设 ，连接 ，由线面平行的性质可的 ， ，由
可得 ；
（2）取 中点 ，连接 ，证明 平面 ，平面 平面 ，即得出结果；
（3）延长 到 ，使 ， 确定平面 ，确定 是 的重心，得到答案.
【详解】（1）设 ，连接 .
平面 ， 平面 ，平面 平面 ，故 ，
， ，且 ，故 ，即 ；（2）取 中点 ，连接 ， ，则 ，
又 平面 ，平面 平面 ，平面 平面 ，
故 平面 ， 平面 ，故 ，
，满足 ，故 .
， 平面 ，故 平面 ，
平面 ，平面 平面 ，二面角 的大小为 ；
（3）延长 到 ，使 ，连接 ，
分别是 的中点，故 ，
，故 ， ，故四边形 是平行四边形， ，
故 ，则 确定平面 .
中， 是 边中线，且 ，故 是 的重心，又 为 边的中线，则
在 上，故 平面 .
20．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日举办，本届亚运会共设40个竞赛大项．其中首次增
设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才
会淘汰出局，因此更有容错率．假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分
组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜
者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到
败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总
决赛的胜者即为冠军，双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛
就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因
此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？
这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别为A、B、C、D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率
均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为 ．最初分组时AB同组，CD同组．
(1)若 ，在淘汰赛赛制下，A、C获得冠军的概率分别为多少？
(2)分别计算两种赛制下A获得冠军的概率（用 表示），并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，
是否如很多人质疑的“对强者不公平”？
【答案】(1) 获得冠军的概率分别为 ， ；
(2)淘汰赛赛制下 获得冠军的概率为 ，“双败赛制”赛制下 获得冠军的概率为 ，双败赛制
下对强者更有利.
【分析】（1）利用独立事件乘法、互斥事件加法公式求 获得冠军的概率；
（2）分别求出不同赛制下 获得冠军的概率，研究 哪种赛制下 获得冠军的概率更大，即可得
结论.
【详解】（1） 获得冠军： 组 获胜，再由 与 组胜者决赛并胜出，获得冠军的概率为 ，
获得冠军： 组 获胜，再由 与 组胜者决赛并胜出，
获得冠军的概率为 .
（2）淘汰赛赛制下， 获得冠军的概率为 ，
“双败赛制”赛制下，讨论A进入胜者组、败者组两种情况，
当A进入胜者组，若在胜者组A失败，后两局都胜，方可得冠军；
若在胜者组A胜利，后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可得冠军；
当A进入败者组，后三局都胜，方可得冠军；
综上， 获得冠军的概率 .
令 ，
若 为强队，则 ，故 ，
所以，双败赛制下对强者更有利.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据“双败赛制”赛制的描述讨论A进入胜者组、败者组两种情况，分别
求出得冠军的概率为关键.
21．已知平面内动点 ，P到定点 的距离与P到定直线 的距离之比为 ，
(1)记动点P的轨迹为曲线C ，求C的标准方程．
(2)已知点 是圆 上任意一点，过点 作做曲线C的两条切线，切点分别是 ，求 面
积的最大值，并确定此时点 的坐标.
【答案】(1)
(2)面积取到最大值 ，此时点 .【分析】（1）根据题意可得 ，化简即可得C的标准方程为 ；
（2）根据两切线方程可得出直线 的方程是 ，联立椭圆方程根据韦达定理和弦长公式即可
求出面积表达式，再利用换元法由函数单调性即可求得 的面积的最大值为 ，此时点 .
【详解】（1）设d是点P到直线 的距离，
根据题意动点P的轨迹就是集合 ．
由此得 ．
将上式两边平方，并化简得 .
即C的标准方程为 .
（2）设 ，则 ，
切线 方程： ，切线 方程： ，
因为两直线都经过点 ，所以可得 ，
从而直线 的方程是 ，
联立 ，消去 可得 ，
由韦达定理，得 ，
所以 ，
点 到直线 的距离 ，
所以 ，其中 ，
令 ，则 ，所以 ，
令 ，则，
在 上递增，
即 ，即 时， 的面积取到最大值 ，
此时点 .
22．已知函数 ， ．(1)求函数 的单调区间及极值；
(2)若 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】(1)单调递增区间为 ，单调递减区间为 ，极大值 ，无极小值
(2)
【分析】（1）求导根据导数的正负判断单调性与极值；
（2）解法一：设 ， ，求导，再令 ， ，求导可判断
，使得 ，即 ，则 ，即 ，进而确定函数函数
得单调性与最值，进而可得 ；解法二：令 ，求导可证 ，所以
，当 时等号成立，所以 的最小值为 ，若 恒
成立，则 ，即可得 .
【详解】（1）由已知可得，函数 的定义域为 ，且 ，
当 时， ；
当 时， ，
所以 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ，
所以 是 的极大值点，无极小值点，
所以 的极大值为 ，无极小值；
（2）解法一：设 ， ，则 ，
令 ， ，
则 对任意 恒成立，
所以 在 上单调递减，
又 ， ，
所以 ，使得 ，即 ，则 ，即 ．
因此，当 时， ，即 ，则 单调递增；
当 时， ，即 ，则 单调递减，
故 ，解得 ，
所以当 时， 恒成立，即实数 的取值范围是 ．
解法二：令 ， ，
当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，即 ．
因为 ，所以 ，
当 时等号成立，
即 ，当 时等号成立，
所以 的最小值为 ．若 恒成立，则 ，
所以当 时， 恒成立，
即实数 的取值范围是 ．
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知
识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；
(4)考查数形结合思想的应用．
